ĐỀ & ĐA - TT VÀO 10-Nam-Từ-Liêm

PHÒNG GD&ĐT NAM TỪ LIÊM
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA KSCL HỌC SINH LỚP 9
NĂM HỌC: 2017 – 2018 – Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề kiểm tra gồm 01 trang)

Bài I (2 điểm):
x 2
x 1 7 x  9

và B =
với x > 0; x ≠ 9
x 9
x
x 3
1. Tính giá trị của biểu thức B khi x = 36
2. Rút gọn biểu thức B
A
3. Cho biểu thức P = . Tìm các giá trị m để có x thỏa mãn P = m.
B
Bài II (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 6 giờ 40 phút đầy bể. Nếu để
chảy một mình thì thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 3 giờ. Tính thời
gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.
Bài III (2 điểm):
y

3
2

x

1

1

y 1

1. Giải hệ phương trình: 
 2 x 1  2 y  5

y 1
2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d)
y = 2mx – m2 + m
Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,
x2 thỏa mãn: x  3x
1
2
Bài IV (3,5 điểm):
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính MN và PQ vuông góc với nhau. Lấy điểm A
trên cung nhỏ PN, PA cắt MN tại B, AQ cắt MN tại E.
1. Chứng minh: OABQ là tứ giác nội tiếp.
2. Nối AM và PQ và PN lần lượt tại C và I.
Chứng minh rằng: Tích MC.MA không đổi khi A di chuyển trên cung nhỏ PN.
3. Chứng minh: IN = 2 EN
4. Tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác ACE đạt giá trị lớn nhất.
Bài V (0,5 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c ≥ 6
a3  b3 b3  c3 c3  a3



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =
a 2  b2 b2  c 2 c 2  a 2
…..…..……..……..……….……….Hết……….………………..……..……..
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh ……………………………………………….Số báo danh………
PHÒNG GD&ĐT NAM TỪ LIÊM
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ KIỂM TRA KSCL HỌC SINH LỚP 9
NĂM HỌC 2018 – 2019 – MÔN: TOÁN

Cho hai biểu thức: A =

A. Hướng dẫn chung


- Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.
- Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm.
- Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở
phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của hần đó.
- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm
Bài
Ý
Đáp án
Điểm
Thay x = 36 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức B, ta có:
36 1 7 36  9 6 1 7.6  9
0,25
1




B=
(0,5
63
27
36  3 36  9
đ)
5 33 5 11 4
4
B=    
Vậy B = khi x = 36
0,25
3 27 3 9 9
9
x 1 7 x  9 ( x 1)( x  3)
7 x 9



B=
0,25
x 9
x 3
( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)
x  3 x  x 3 7 x  9
x 5 x 6

=
0,25

( x  3)( x  3)
( x  3)( x  3)
2
(1đ)
( x  3)( x  2)
=
0,25
( x  3)( x  3)
( x  2)
=
0,25
( x  3)
A
Cho biểu thức P = . Tìm các giá trị m để có x thỏa mãn P = m.
Bài I
B
(1đ)
x 2 x 2
x 2 x 3
x 3
:

.

P=
ĐK: x > 0; x ≠ 4; x ≠ 9
x
x 3
x
x 2

x
0,25
x 3
 m  (m 1) x  3 (*)
P=m 
x
Nếu m = 1 thì (*) vô nghiệm
3
3 Nếu m ≠ 1 thì từ (*)  x 
m 1
(0,5
đ) Do có x > 0; x ≠ 4; x ≠ 9  x > 0; x ≠ 2; x ≠ 3
 3
 m 1  0
m  1
m  1  0


3
5


Để có x thỏa mãn P = m  
 2   2m  2  3   m 
0,25
2
 m 1
3m  3  3



 3
m  2

3
 m 1

5
Vậy m > 1; m ≠ 2 và m  thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2
20
Đổi 6 giờ 40 phút =
giờ
3
0,25
Bài II
20
Gọi thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 1 là x (h) (x >
)
(2đ)
3
Khi đó thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 2 là x + 3 (h)
0,25


1
(bể)
x
1
Trong 1 giờ, vòi 2 chảy được
(bể)

x3
3
Trong 1 giờ, cả hai vòi chảy được
(bể)
20
1
1
3

Theo đề bài ta có phương trình: 
x x  3 20
2
Đưa được về PT bậc hai: 3x – 31x – 60 = 0
Trong 1 giờ, vòi 1 chảy được

5
(loại)
3
Vậy thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 1 là 12(h)
Thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 2 là 12 + 3 = 15 (h)
Giải phương trình ta được x1 = 12 (thoả mãn); x2 =

y

3 2 x 1  y  1  1
(I) 
 2 x 1  2 y  5

y 1

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

1
ĐK: x  ; y ≠ -1
2
0,25

y
=b
y 1
1 Hệ phương trình (I)  3a  b  1
a  2b  5
(1đ)
a  1
Giải hệ ta được 
b  2

Đặt 2x 1 = a;

Bài
III
(2đ)

0,25

0,25

 2 x 1  1
 x  1 (TM)
2 x  1  1
Suy ra  y


y  2y  2
 y  2 (TM)
 y 1  2


0,25

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) = (1; -2)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol
(P): x2  2mx  m2  m  x2  2mx  m2  m  0 (*)
 '  m2  m2  m  m

0,25

Để đường (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt  Phương trình (*) có hai
nghiệm phân biệt  ’ > 0  m > 0
 x  x  2m (1)
1 2
2
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: 
2
(1đ)

 x x  m  m (2)
 1 2
Theo đề bài: x  3x  điều kiện x1 ≥ 0; x2 ≥ 0
1
2
x  x  0
2m  0
m  0
  1 2
  2

 m 1
x x 0
m
(
m

1)

0
m

m

0




 1 2

Có: x  3x  x  3x
(3)
1
2
1
2

0,25





0,25
0,25


m
3m
Thay (3) vào (1) ta có: 4 x  2m  x   x 
2
2 2
1 2
Thay vào (2) ta có:
m  0 (loai)
m 3m
.
 m2  m  m2  4m  0  m(m  4)  0  
2 2
m  4 (TMDK)

Vậy với m = 4 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2
thỏa mãn x  3x
1
2

0,25

0,25

1
(1đ)

Vẽ hình đúng đến câu a
Xét (O) có PAQ = 90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 QAB = 90o (kề bù PAQ = 90o )
Bài
MN  PQ (gt)  QOB = 90o
IV
(3,5đ)
Xét tứ giác OABQ có: QOB = QAB = 90o
Mà hai đỉnh O và A kề nhau cùng nhìn cạnh QB dưới một góc 900
Vậy tứ giác OABQ nội tiếp (dhnb)
Nối A với N
Xét (O) có MAN = 90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét MOC và MAN có:
AMN là góc chung
2
o
(1đ) MOC = MAN = 90
MO MC

 ΔMOC ΔMAN (g.g) 
=
 MC.MA = MO.MN
MA MN
Mà MO = R, MN = 2R  MC.MA = 2R2 (không đổi)
Vậy khi A di chuyển trên cung nhỏ PN thì tích MC.MA không đổi
Xét (O) có: MN  PQ tại O (gt)  M là điểm chính giữa cung PQ
 PM = MQ  MAQ = MQP = 45o
Xét tứ giác AIEN có:
IAE = INE = 45o (cmt)
Mà 2 đỉnh A và N kề nhau cùng nhìn cạnh IE dưới một góc 450

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Nên tứ giác AIEN nội tiếp (dhnb)
 IAN + IEN = 180o
Mà IAN = 90o (cmt)
 IEN = 90o  IEN vuông tại E
Xét IEN vuông tại E có ENI = 45o  EIN = 45o
EN
EN

EN
sin EIN =
 IN =
=
= 2EN  IN = 2EN
o
IN
sin 45
2
2

0,25

0,25

0,25
Xét MEQ và QMC có:
EMQ = MQC = 45o
4
(0,5
1
MEQ = CMQ = sđ AQ
đ)
2
MQ
ME
=
 MQ2 = QC.ME
QC
MQ

Xét MOQ vuông tại O có MQ2 = OM2 + OQ2 (ĐL Pitago)
 MQ2 = R 2 +R 2 = 2R 2  QC.ME = 2R 2
Tứ giác MCEQ có 2 đường chéo CQ và ME vuông góc
1
1
S
= QC.ME = .2R 2 = R 2 (không đổi)
MCEQ 2
2
mà S
không đổi
S
=S
+S
MAQ
ACE
CEQM
MCEQ
S
max  S
max
ACE
MAQ
1
= AH.MQ mà MQ không đổi
+) Kẻ AH  MQ  S
MAQ 2
max  AH max  A là điểm chính giữa của cung nhỏ PN
S
MAQ

Vậy S
max  A là điểm chính giữa của cung nhỏ PN
ACE
Vì a, b, c > 0 nên ta có:
2(a3 + b3) – (a + b)(a2 + b2) = (a – b) 2.(a + b) ≥ 0

 ΔMEQ ΔQMC (g.g) 

Bài V
(0,5đ)

0,25

0,25


a3  b3 a  b

2
2
2
a b
a3  c3 a  c b3  c3 b  c


Tương tự:
;
2
2
a2  c2

b2  c 2
a3  b3 b3  c3 c3  a3 2(a  b  c)




A≥a+b+c≥6
2
a 2  b2 b2  c 2 c 2  a 2
Min A = 6  a = b = c = 2


0,25